Anna Perek „Mechanika ogólna – pomoc dydaktyczna”, marzec 2014

str. 1

I

o

=

1
2

(I

x

+I

y

+ I

z

)

I

= ρ I

G

I

x

= I

x

C

+ me

2

I

xy

= I

π xz π yz

=I

x

C

y

C

+ mek

GEOMETRIA MAS – momenty bezwładności i dewiacji

Zasady ogólne:

1)

Moment bezwładności względem osi równy jest sumie momentów bezwładności względem dwóch

prostopadłych płaszczyzn zawierających tę oś:

2)

Moment bezwładności względem punktu równy jest sumie momentów bezwładności względem trzech

prostopadłych płaszczyzn przecinających się w tym punkcie:

lub równy jest połowie sumy momentów bezwładności względem trzech prostopadłych osi przechodzących

przez ten punkt:

3)

Dla ciał jednorodnych czyli o stałym rozkładzie gęstości (lub układu ciał o jednakowej gęstości) masowy

moment bezwładności to iloczyn gęstości ciała i geometrycznego momentu bezwładności:

Aby przejść z masowego momentu na geometryczny należy moment masowy podzielić przez gęstość ciała

lub zastąpić masę objętością (bryła – 3D), polem powierzchni (cienka płytka lub figura – 2D), długością (cienki

pręt-1D) (gęstość odpowiednio objętościowa, powierzchniowa, liniowa).

4)

W mechanice wykorzystuje się masowe momenty bezwładności, jednostka [kg m^2],

w wytrzymałości materiałów (dla przekrojów ciał – 2D) stosuje się geometryczne momenty bezwładności,

jednostka [m^4].

5)

Momenty bezwładności są zawsze dodatnie, momenty dewiacji mogą być dodatnie, ujemne lub równe zero.

6)

Twierdzenie Steinera dla momentów bezwładności

Moment bezwładności ciała względem danej osi równy jest sumie momentu bezwładności ciała względem

osi do niej równoległej i przechodzącej przez środek masy ciała (centralnej) oraz iloczynu masy ciała przez

kwadrat odległości między osiami, np. dla osi x:

Twierdzenie to obowiązuje również dla płaszczyzny i punktu.

7)

Twierdzenie Steinera dla momentów dewiacji

Moment dewiacji ciała względem dwu prostopadłych płaszczyzn równy jest sumie momentu dewiacji

względem dwu płaszczyzn równoległych do danych płaszczyzn i zawierających środek masy (centralnych)

ciała oraz iloczynu masy ciała przez współrzędne określające położenie obu płaszczyzn względem płaszczyzn

centralnych, np.:

W przypadku figur płaskich twierdzenie to dotyczy momentów dewiacji względem osi.

I

x

=I

π xy

+ I

π xz

I

y

=I

π xy

+ I

π yz

I

z

= I

π xz

+I

π yz

I

o

=I

π xy

+I

π xz

+ I

π yz

Anna Perek „Mechanika ogólna – pomoc dydaktyczna”, marzec 2014

str. 2

MOMENTY BEZWŁADNOŚCI – podstawowe wzory dla ciał jednorodnych

GRANIASTOSŁUP

WALEC

CIENKA PŁYTKA PROSTOKĄTNA

CIENKA PŁYTKA KOŁOWA

(oś z skierowana jest prostopadle do

płytki - do nas)

PROSTOKĄT

[przekrój (figura) --> momenty geometryczne]

KOŁO

[przekrój (figura) --> momenty geometryczne]

I

x

=

1

12

m

(a

2

+ c

2

)

I

y

=

1

12

m

(b

2

+ c

2

)

I

z

=

1

12

m

(a

2

+b

2

)

I

π xy

=

1

12

mc

2

I

π xz

=

1

12

ma

2

I

π yz

=

1

12

mb

2

I

x '

= ?

I

y '

= ?

I

x ' '

= ?

I

x

= I

y

=

1
4

mr

2

+

1

12

mh

2

I

z

=

1
2

mr

2

I

π xy

=

1

12

mh

2

I

π xz

=I

π yz

=

1
4

mr

2

m

= ρV =ρ π r

2

h

I

x '

= ?

I

y '

= ?

I

z ' '

= ?

Rozwiązanie dokładne :

I

x

=

1

12

m

(a

2

+h

2

)

I

y

=

1

12

m

(b

2

+h

2

)

I

z

=

1

12

m

(a

2

+b

2

)

ale h

≃0, stąd

(rozwiązanie przybliżone):

I

x

=

1

12

ma

2

I

y

=

1

12

mb

2

I

z

=

1

12

m

(a

2

+b

2

)

Rozwiązanie dokładne :

I

x

= I

y

=

1
4

mr

2

+

1

12

mh

2

I

z

=

1
2

mr

2

ale h

≃0, stąd

(rozwiązanie przybliżone):

I

x

=I

y

=

1
4

mr

2

I

z

=I

C

=

1
2

mr

2

m

= ρV =ρ π r

2

h

lub m

= ρ

a

A

=ρ

a

π r

2

gdzie

ρ

a

=ρ h

ρ [ kg / m

3

] ; ρ

a

[ kg / m

2

]

I G

x

=

1

12

Aa

2

=

1

12

ba

3

I G

y

=

1

12

Ab

2

=

1

12

ab

3

gdzie : A

=ab

I

x '

= ?

I

y'

= ?

I G

x

=I G

y

=

1
4

Ar

2

I G

C

=

1
2

Ar

2

gdzie : A

=π r

2

I

y'

= ?

r

z

x

y

C

x’

y’

h

z”

r

C

y

x

h

z

x

y

C

y’

r

C

x

y

z

x’

y’

x’’

a

b

c

h

a

b

y

x

C

z

x

y

a

b

x’

y’

C

Anna Perek „Mechanika ogólna – pomoc dydaktyczna”, marzec 2014

str. 3

I

C

= ?

I

y '

= ?

GRANIASTOSŁUP PROSTY (dowolna figura w
podstawie)

CIENKI PRĘT

I

z

=0

STOŻEK PROSTY

TRÓJKĄT

[przekrój (figura) --> momenty geometryczne]

KULA

PÓŁKULA

gdzie :

I

π xy

=

1

12

mh

2

gdzie :

m

= ρV =ρ Ah

A

− pole powierzchni

podstawy

Rozwiązanie dokładne :

I

x

= I

y

=

1
4

mr

2

+

1

12

mh

2

I

z

=

1
2

mr

2

ale r

≃0, stąd

(rozwiązanie przybliżone) :

I

x

= I

y

=

1

12

mh

2

m

= ρV =ρ π r

2

h

lub m

= ρ

b

h

gdzie

ρ

b

=ρ A=ρ π r

2

ρ [ kg/m

3

] ; ρ

b

[ kg /m ]

I

x

= I

y

=

3

20

mr

2

+

1

10

mh

2

I

z

=

3

10

mr

2

I

π xy

=

1

10

mh

2

I

π xz

=I

π yz

=

3

20

mr

2

gdzie :

m

= ρV =

1
3

ρ π r

2

h

I G

x

=

1
6

Ah

2

=

1

12

ah

3

gdzie : A

=

1
2

ah

I G

x

=

1
6

Aa

2

=

1

12

ba

3

I G

y

=

1
6

Ab

2

=

1

12

ab

3

gdzie : A

=

1
2

ab

I

x

= I

y

=I

z

=

2
5

mr

2

I

π xz

=I

π yz

=I

π xy

=

1
5

mr

2

I

C

=

3
5

mr

2

m

= ρV =ρ

4
3

π r

3

I

x

= I

y

=I

z

=

2
5

mr

2

I

π xz

=I

π yz

=I

π xy

=

1
5

mr

2

I

O

=

3
5

mr

2

gdzie :

m

= ρV =ρ

1
2

(

4
3

π r

3

)=ρ

2
3

π r

3

UWAGA : wzory te same co dla kuli , ale

masa we wzorach o połowę mniejsza ,

zatem moment wyjdzie o połowę mniejszy

x

y

z

h

2r

C

C

x

y

h

a

b

c

z

z

y

x

r

z

C

r

x

y

h

C

a

b

x

y

x

h

a

C

x

y

z

r

O

y’

Anna Perek „Mechanika ogólna – pomoc dydaktyczna”, marzec 2014

str. 4

oś ob

rotu

x

MASA SKUPIONA

PÓŁKOLE

[przekrój (figura) --> momenty geometryczne]

PÓŁ WALCA

ĆWIERĆ WALCA

I

y '

= ?

gdzie :

I

x

=mr

2

UWAGA: masa skupiona

−ciało

o masie nie do pominięcia ,

jednak o niewielkich

wymiarach do pominięcia

I G

x

=I G

y

=

1
4

Ar

2

I G

O

=

1
2

Ar

2

gdzie :

A

=

1

2

(π r

2

)

UWAGA: wzory te same co dla koła ,

ale pole powierzchni we wzorach

o połowę mniejsze , zatem moment

wyjdzie o połowę mniejszy

I

C

= ?

I

x '

= ?

I

x

= I

y

=

1

12

mh

2

+

1

4

mr

2

I

z

=

1
2

mr

2

I

π xy

=

1

12

mh

2

I

π xz

=I

π yz

=

1
4

mr

2

gdzie :

m

= ρV =ρ(

1
2

π r

2

)h

UWAGA: wzory te same co dla

walca , ale masa we wzorach

o połowę mniejsza , zatem

moment wyjdzie o połowę

mniejszy

I

x

= I

y

=

1
3

mH

2

+

1
4

mr

2

I

z

=

1
2

mr

2

I

π xy

=

1
3

mH

2

I

π xz

=I

π yz

=

1
4

mr

2

m

= ρV =ρ(

1
2

π r

2

)(

1
2

h

)

UWAGA: wzory te same co dla walca

względem układu osi w podstawie ,

ale masa we wzorach 4 razy mniejsza

zatem moment wyjdzie 4 razy mniejszy

Twierdzenie Steinera :

I

x

⏟

oś równoległa

=

I

x'

⏟

oś przech przez środek masy

+

m

⏟

masa

a

2

⏟

kwadrat odległości między osiami

z

r

x

y

z

h

r

x

y

H=½ h

O

O

y’

C

C

x

y

C

r

O

x’

r

m

Anna Perek „Mechanika ogólna – pomoc dydaktyczna”, marzec 2014

str. 5

m

=ρV =ρ π r

2

h

I

z ' '

=I

z

+mr

2

I

z

=

1
2

mr

2

I

x '

=I

x

+m(

h
2

)

2

I

x

=

1

4

mr

2

+

1
12

mh

2

I

y'

=I

x '

I

x '

=I

y '

=

1

4

mr

2

+

1
12

mh

2

⏟

I

x

+m(

h
2

)

2

=

1

4

mr

2

+

1
3

mh

2

I

z ' '

=

1
2

mr

2

+ mr

2

=

3

2

mr

2

m

=ρ

a

A

=ρ

1
2

(π r

2

)

I

x

( połowy płytki)

=

1

2

I

x

( pełnej tarczy)

=

1
2

(

1
2

mr

2

)=

1
4

mr

2

I

x

( połowy płytki)

=

1

4

mr

2

PRZYKŁADOWE ZADANIA

ZAD.1

Wyznaczyć moment bezwładności jednorodnego walca kołowego o masie m i promieniu podstawy r względem tworzącej
powierzchni bocznej tego walca (oś z’) oraz osi (x’) i (y’).

Znamy momenty bezwładności względem osi przechodzących przez środek masy
(centralnych) (x), (y) i (z).

Aby wyznaczyć momenty względem osi do nich równoległych (x’), (y’) i (z’)

należy skorzystać z twierdzenia Steinera.

ZAD.2

Wyznaczyć momenty bezwładności płytki w kształcie półkola o promieniu r względem osi równoległych do podstawy AB:
a) centralnej (x’), b) osi (x’’).

Moment bezwładności płytki w kształcie półkola względem osi (x),

poprowadzonej wzdłuż podstawy AB, równy jest połowie momentu bezwładności
względem średnicy pełnej tarczy kołowej o masie 2m (jeśli płytka w kształcie półkola
ma masę m to płytka w kształcie koła ma masę 2m).

Moment bezwładności względem osi (x) pełnej tarczy kołowej o masie 2m:

Moment bezwładności płytki w kształcie półkola względem osi (x) o masie m:

Moment można też wyznaczyć inaczej:
zastosować wzór na moment względem średnicy tarczy kołowej i wstawić rzeczywistą masę płytki (patrz tabelka):

gdzie:

I

x

( pełnejtarczy )

=

1
4

(2m)r

2

=

1
2

mr

2

r

z

x

y

C

x’

y’

h

z”

x’’

B

x

y

C

r

O

x’

A

y

C

Anna Perek „Mechanika ogólna – pomoc dydaktyczna”, marzec 2014

str. 6

y

C

=

2
3

r

sin π

2

π

2

=

4r

3

π

I

x

= I

x '

+ m( y

C

)

2

⇒

I

x '

=I

x

−m( y

C

)

2

I

x '

=

1

4

mr

2

−m(

4r

3

π

)

2

≃0.0694 mr

2

m

=ρ

a

A

=ρ

1
2

(π r

2

)

I

x

≃0.25 mr

2

I

x '

≃0.0694 mr

2

I

x ' '

≃0.4012 mr

2

ad a)

Osie (x’) i (x) są do siebie równoległe, oś (x’) przechodzi przez środek masy, można zatem zastosować tw. Steinera:

ad b)

Osie (x’’) i (x’) są do siebie równoległe, oś (x’) przechodzi przez środek masy, można zatem zastosować tw. Steinera:

Wnioski z zadania

gdzie:

Najmniejszy moment bezwładności jest dla osi przechodzącej przez środek masy. Masa płytki po dwóch stronach osi (x’) jest

rozłożona najbliżej osi. Człon Steinerowski, który dodajemy zawsze zwiększa moment bezwładności.

UWAGA:

Przy wyznaczaniu I

x’’

błędem jest przejście z osi (x) na oś (x’’). W twierdzeniu Steinera zawsze jedna z osi musi przechodzić przez

środek masy! Ponadto, osie muszą być zawsze równoległe!

I

x ' '

=I

x '

+m(r−

4r
3

π

)

2

I

x ' '

=

1

4

mr

2

−m(

4r

3

π

)

2

⏟

I

x '

+m(r−

4r

3

π

)

2

I

x ' '

=

1

4

mr

2

−m(

4r
3

π

)

2

+mr

2

−m(

8r

2

3

π

)+m(

4r
3

π

)

2

=

1

4

mr

2

+ mr

2

−m(

8r

2

3

π

)=1

1
4

mr

2

−m(

8r

2

3

π

)=0.4012 mr

2

I

x ' '

=0.4012 mr

2

Anna Perek „Mechanika ogólna – pomoc dydaktyczna”, marzec 2014

str. 7

I

x

1

=I

x

C1

+m(2a)

2

I

x

C1

=

1
12

m

(4a)

2

I

x

1

=

1
12

m

(4a)

2

+ m(2a )

2

=5

1
3

ma

2

I

x

=I

x

1

− I

x

2

+ I

x

3

I

y

=I

y

1

− I

y

2

+ I

y

3

45

o

45

o

I

x

T

=

1
6

mh

2

m

=ρ

a

A

ρ

a

=ρ b

A

=(2a)(4a)=8a

2

ρ=7.8[ g /cm

3

]=7800[ kg/m

3

]

b

=0.5[cm]=0.005[m]

ρ

a

=7800[kg /m

3

]0.005 [m]=39[ kg/m

2

]

a

=0.05[m]

m

=39[kg /m

2

]8(0.05)

2

[m

2

]=0.78 [kg]

ZAD.3

Wyznaczyć momenty bezwładności względem osi x i y cienkiej jednorodnej płytki stalowej o gęstości ρ i grubości b, w kształcie i

wymiarach pokazanych na rysunku. Dane: ρ=7.8 [g/cm^3], a=5[cm], b=0.5 [cm].

Płytkę dzielimy na 3 części o prostych kształtach i znanych momentach bezwładności: [1] prostokąt, [2]

trójkąt, [3] półkole.

Moment bezwładności płytki względem danej osi jest sumą momentów od każdej części względem tej

osi:

[1] prostokąt

Z tw. Steinera:

[2] trójkąt

Wiemy, że dla płytki trójkątnej moment bezwładności względem osi (x

T

) wzdłuż krawędzi

wynosi:

gdzie:

Aby policzyć I

x2

trzeba dwukrotnie skorzystać z twierdzenia Steinera:

I

y

1

= I

y

C1

+ m(a )

2

I

y

C1

=

1
12

m

(2a )

2

I

y

1

=

1
12

m

(2a )

2

+m(a )

2

=1

1
3

ma

2

I

x

1

=5

1
3

⋅0.78 [kg]⋅(0.05)

2

[m

2

]=0.0104[kgm

2

]

I

y

1

=1

1
3

⋅0.78[kg]⋅(0.05)

2

[ m

2

]=0.0026[ kgm

2

]

I

x

1

=0.0104 [kgm

2

]

I

y

1

=0.0026[kgm

2

]

m

=ρ

a

A

=ρ

a

1
2

(2a)h=ρ

a

ah

=ρ

a

a

2

=39⋅(0.05)

2

=0.0975[kg]

I

x

T

=

1
6

⋅0.0975⋅(0.05)

2

=4.0625⋅10

−5

[kgm

2

]

I

x

T

=4.0625⋅10

−5

[kgm

2

]

I

x

T

=I

x

C2

+m(

1
3

h

)

2

⇒

I

x

C2

= I

x

T

−m(

1
3

h

)

2

I

x

2

= I

x

C2

+m(4a +

2
3

h

)

2

I

x

2

= I

x

T

−m(

1
3

h

)

2

+ m(4a +

2
3

h

)

2

O

y

a

4a

O

x

y

2a

4a

x

C

1

1

x

C1

y

C1

y

4a

O

x

2a

2

C

2

1/3 h

h

y

C2

x

C2

x

T

a

h=a

Anna Perek „Mechanika ogólna – pomoc dydaktyczna”, marzec 2014

str. 8

I

x

=

1
4

ma

2

Moment bezwładności trójkąta względem osi (y).

Z tw. Steinera:

Aby wyznaczyć moment względem osi y

C2

podzielmy trójkąt na dwa ABC i BCD, każdy o

połowie masy całego. Oś y

C2

przechodzi wtedy przez krawędź każdego z trójkątów, a długość

(a) jest wysokością opadającą na tę krawędź.

[3] półkole

Wiemy, ze dla płytki w kształcie półkola moment bezwładności względem średnicy (oś x)

wynosi:

Moment bezwładności trójkąta względem osi (y).

Z tw. Steinera:

Całkowite momenty bezwładności wynoszą:

ostatecznie:

I

x

2

= I

x

T

−

1
9

ma

2

+m(4a +

2
3

a

)

2

=I

x

T

−

1
9

ma

2

+

196

9

ma

2

= I

x

T

+21

7
9

ma

2

I

x

2

=4.0625⋅10

−5

+21

7
9

⋅0.0975⋅(0.05)

2

=5.349⋅10

−3

[kgm

2

]

I

x

2

=5.349⋅10

−3

[kgm

2

]

I

y

2

=I

y

C2

+ma

2

I

y

C2

( jednego)

=

1
6

(

1
2

m

)a

2

I

y

C2

=2⋅

1
6

(

1
2

m

)a

2

=

1
6

ma

2

I

y

C2

=

1
6

ma

2

=

1
6

⋅0.0975⋅(0.05)

2

=4.0625⋅10

−5

[ kgm

2

]

I

y

2

=4.0625⋅10

−5

+ 0.0975(0.05)

2

=2.8437⋅10

−4

[kgm

2

]

m

= ρ

a

A

=ρ

a

1

2

(π a

2

)=39⋅

1
2

⋅(π⋅0.05

2

)=0.1531[kg ]

I

x

=

1
4

⋅0.1531⋅0.05

2

=9.568⋅10

−5

[kgm

2

]

I

x

3

=9.568⋅10

−5

[kgm

2

]

I

y

3

=I

y

C3

+ma

2

I

y

C3

=

1
4

ma

2

=

1
4

⋅0.1531⋅0.05

2

=9.5687⋅10

−5

[kgm

2

]

I

y

3

=9.5687⋅10

−5

+0.1531⋅0.05

2

=4.7844⋅10

−4

[ kgm

2

]

I

y

3

=4.7844⋅10

−4

[kgm

2

]

I

x

= I

x

1

− I

x

2

+ I

x

3

=0.0104−5.349⋅10

−3

+9.568⋅10

−5

=5.1467⋅10

−3

[kgm

2

]

I

y

=I

y

1

− I

y

2

+ I

y

3

=0.0026−2.8437⋅10

−4

+ 4.7844⋅10

−4

=2.7941⋅10

−3

[kgm

2

]

I

x

=5.1467⋅10

−3

[kgm

2

]

I

y

=2.7941⋅10

−3

[ kgm

2

]

y

C2

a

a

y

A

B

C

D

y

C3

C

2

y

a

O

x

3

Anna Perek „Mechanika ogólna – pomoc dydaktyczna”, marzec 2014

str. 9

ZAD.4